Theo thứ tự thì bạn đúng

Câu4:

\(a) \)

\(PTHH: 4P+5O_2-t^o-> 2P_2O_5 \)

\(n_P = \dfrac{9,3}{31}=0,3(mol)\)

Theo PTHH: \(n_O2 = \dfrac{5}{4}.n_p\)\(\)

\(<=> n_O2 = \dfrac{5}{4}.0,3=0,375(mol)\)

Thể tích khí oxi cần dùng là:

\(V_O2 (đktc) = n_O2 . 22,4 \)

\(<=> V_O2 (đktc) = 0,375.22,4 = 8,4(l)\)

Thể tích không khí cần dùng ở điều kiện tiêu chuẩn là:

Ta có: \(Vkhông khí = V_O2\)\(.5\) = \(8,4.5 = 42(l)\)

\(b)\)

Sản phẩm thu được sau phản ứng là: \(P_2O_5\)

Theo PTHH: \(nP2O5 = 0,15 (mol)\)

Khối lượng sản phẩm thu được sau phản ứng là:

\(mP2O5 = 0,15 . 142 = 21,3 (g)\)

\(c)\)

Phản ứng trên là phản ứng hóa hợp.

xét tam giác ABD và tam giác EBD có

A1 = A2 ( gt )

AD chung 

AB = EB (gt )

=> tam giác ABD = tam giác EBD ( c.g.c )

=> AD = DE

Góc BAC = BED = 90

ta có DEC + C = 90 ( vì DEC = 90 , tổng 3 góc trong 1 tam giác )

        ABC + C = 90

=> DEC = ABC

+ Trích 4 khí trên thành 4 mẫu thử nhỏ, đánh số

+ Cho tàn đóm lần lượt vào 4 mẫu thử trên, quan sát:

. . . . . Mẫu thử nào làm tàn đóm cháy mạnh hơn là O2. Ta nhận ra được O2

. . . . . Mẫu thư nào làm tàn đóm cháy lên với ngọn lửa màu xanh là H2. Ta nhận ra được H2

. . . . . Hai mẫu thử còn lại làm tàn đóm tắt là CO2 và N2

+ Cho hai mẫu thử còn lại (CO2 và N2) qua bình đựng dung dich nước vôi trong Ca(OH)2 thì:

. . . . . Mẫu thử nào làm vẫn đục nước vôi trong là CO2.Ta nhận biết được CO2

\(CO2+Ca(OH)2--->CaCO3 + H2O\)

. . . . . Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là N2 (khí trơ). Vậy ta nhận ra được N2

Câu 1:

Khi đốt khí H2 trong O2 thì:

\(PTHH: 2H2+O2-t^o->2H2O\)

Ta có : \(nH2 (đktc) = \dfrac{11,2}{22,4} = 0,5 (mol)\)

Theo PTHH: nO2 cần dùng = \(\dfrac{1}{2}.nH2 = 0,25 (mol)\)

Vậy thể tích khí O2 cần dùng (đktc) là:

\(V_O2 = nO2.22,4 = 0,25.22,4 =5.6 (l)\)

\(PTHH: CH4+2O2-t^o-> CO2 + 2H2O \)(1)

\(2C2H2+5O2-t^o->4CO2+2H2O\)(2)

n hỗn hợp khí = \(\dfrac{0,028}{22,4}=0,00125(mol)\)

Gọi a là nCH4, b là nC2H2

Ta có \(a+b=0,00125\) (I)

n O2 cần dùng \(= \dfrac{0,0672}{22,4}=0,003(mol)\)

Theo PTHH (1) và (2) \(nO2 = (2a+2,5b) mol\)

\(<=> 2a+0,25b=0,003\) (II)

Giai hệ phương trình (I) và (II)

\(<=> \begin{cases} a=0,00025\\b=0,001 \end{cases}\)

%mCH4 = \(\dfrac{0,00025.16.100}{0,00025.16+0,001.26}=13,33\)%

=> %mC2H2 = 100% - 13,33% = 86,66%

\(2Mg + O2-t^o-> 2MgO\)(1)
\(2Zn + O2-t^o-> 2ZnO\)(2)

Gọi a là nMg trong hỗn hợp hai kim loại

=> nMgO = nMg = \(a (mol)\)

=> mMgO = \(40a (g)\)

=> mZnO = 2,025.mMgO = \(2,025.40a = 81a (g)\)

Ta có \(40a+81a = 12,1 \)

\(<=> a = 0,1 \)

=> nMg = \(0,1 (mol)\)

=> mMg = \(0,1.24 = 2,4 (g)\)

nZnO = \(\dfrac{81a}{81} = a = 0,1(mol)\)

Theo (2) nZn = nZnO =\(0,1(mol)\)

\(=> mZn = 0,1.65 = 6,5 (g)\)

%mMg = \(\dfrac{2,4.100}{2,4+6,5} = 26,97%\)%

=> %mZn = 100% - 26,97% = 73,03 %

\(a) \)Khi cho hỗn hợp 3 kim loại trên qua HCl thì Cu không tác dụng:

\(PTHH: Fe+2HCl--->FeCl2+H2\)

\(2Al+6HCl--->2AlCl3+3H2\)

\(b) \)Vì Cu không tác dụng với HCl nên kim loại không tan còn lại sau phản ứng là Cu

\(=> mCu = 1,86 (g)\)

\(=> mFe +mAl = m hỗn hợp - mCu \)

\(<=> mFe + mAl = 6 - 1,86 = 4,14 (g)\)

Gọi a là nFe, b là nAl

\(<=> 56a + 27b = 4,14 \)\((I)\)

\(nH2 (đktc) = \dfrac{3,024}{22,4}=0,135 (mol)\)

Theo (1) và (2) \(nH2 = a + 1,5b (mol)\)

\(<=> a+1,5b=0,135\)\((II)\)

Giai hệ (I) và (II) ta được \(\begin{cases} a= 0,045\\b=0,06 \end{cases}\)

\(=> mFe = 0,045.56 = 2,52 (g)\)

\(=> \) \(mAl = 0,06.27 = 1,62 (g)\)

1, \(VT=\left(\sqrt{a+b}\right)^2=a+b\)

VP=\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=a+b+2\sqrt{ab}\)

(vì a,b<0 => ab>0 => \(\sqrt{ab}>0\)